183. Легко доказать, что середина отрезка, соединяющего центры оснований призмы, является центром вписанного и описанного шаров. Радиус круга, вписанного в основание, равен радиусу вписанного шара. Пусть r -радиус вписанного шара, R - радиус описанного шара. Рассмотрим прямоугольный треугольник, вершинами которого являются одна из вершин основания, центр основания и центр шаров. Имеем R 2 = r 2 + r 2 1 , где . Отсюда
Отношение объема описанного шара к объему вписанного шара равно
184. Радиусы описанного и вписанного шаров равны отрезкам высоты тетраэдра, на которые она делится общим центром этих шаров. Легко обнаружить, что отношение этих отрезков равно 3:1.
В самом деле, из подобных треугольников BQO и ВРK (рис. 188) имеем:
Так как поверхности шаров относятся как квадраты их радиусов, то искомое отношение равно 9.
______________________________________________
185. Объемы правильных, тетраэдров относятся как кубы радиусов вписанных в них шаров. Так как шар, вписанный в больший тетраэдр, является описанным вокруг меньшего тетраэдра, то отношение упомянутых радиусов вписанных шаров (см. решение задачи 184) равно 3:1. Следовательно, искомое отношение объемов равно 3 3 = 27.
______________________________________________
186. Допустим, что задача разрешима. Проведем плоскость A 1 B 1 C 1 (см. рис. 189, а), касающуюся меньшего шара и параллельную основанию AВС данного тетраэдра. Тетраэдр SA 1 B 1 C 1 описан около шара радиуса r . Легко найти, что высота его SQ 1 = 4r (см. задачу 184).
Пусть длина ребра тетраэдра SABC равна х . Тогда отрезок AQ = x √ 3 / 3 , а высота SQ = x √ 6 / 3 .
Решив квадратное уравнение, найдем
x 1,2 = r √6 ± √ R 2 - 3r 2 .
В этой формуле следует взять лишь корень со знаком плюс, ибо SA во всяком случае больше, чем 3r , а 3r > r √6 .
Очевидно, что задача возможна при условии R > √3 r
______________________________________________
187. Пусть A 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 - правильный шестиугольник, полученный в сечении куба. Задача сводится к определению радиуса шара, вписанного в правильную шестиугольную пирамиду SA 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 (рис. 190).
Сторона основания пирамиды равна a √ 2 / 2 , а высота равна a √ 3 / 2
Пользуясь тем, что радиус шара, вписанного в пирамиду, равен утроенному объему пирамиды, деленному на ее полную поверхность (см. формулу (1) в решении задачи ), находим:
Следовательно, искомое отношение равно 
______________________________________________
188. Пусть О - центр сферы, а AS, BS и CS - данные хорды. Очевидно, что треугольник ABC равносторонний (рис. 191).
Легко видеть также, что перпендикуляр SO 1 на плоскость ABC при продолжении проходит через центр сферы О, так как точка O 1 является центром круга, описанного около /\ ABC.
Обозначим после этих замечаний через d искомую длину хорд. Из треугольника SAB находим:
АВ = 2d sin α / 2
и, следовательно,
Вычисляя двумя способами площадь равнобедренного треугольника SOA, получаем:
______________________________________________
189. Радиус вписанного шара r мы найдем по формуле (ср. формулу (1) в решении задачи )
где V-объем пирамиды, a S - ее полная поверхность.
Найдем сначала объем пирамиды. Заметим для этого, что прямоугольные треугольники BSC и BSA (рис. 192) равны по равным гипотенузам и общему катету. Ввиду этого прямоугольный треугольник ASC является равнобедренным. Так как
AS = CS = √a 2 - b 2 ,
то, следовательно,
______________________________________________
190. Обозначим через r радиус вписанного шара, а через R радиус описанного шара.
Рассмотрим сначала треугольник SFE, одна из сторон которого SF является высотой пирамиды, а другая SE-высотой боковой грани (рис. 193, а). Пусть О-центр вписанного шара. Из треугольников SFE и OFE (рис. 193, б) имеем:
FE= r ctg φ / 2 ,
SF = r ctg φ / 2 tg φ .
DF = EF√2
Обращаясь к рис. 193, в, где изображено сечение, проведенное через ось пирамиды и ее боковое ребро, мы легко найдем:
DO 1 2 = O 1 F 2 + DF 2
R 2 = (SF - R) 2 + DF 2 .
Так как R = 3r , то, подставляя сюда найденные ранее выражения для SF и DF, получаем уравнение относительно φ :
или после упрощения
6 tg φ / 2 tg φ = 2 + tg 2 φ .
7z 4 -6z 2 + l = 0.
Так как z > 0, то возможны лишь два ответа:
______________________________________________
191. Всего получается 6 двуугольников (по числу ребер) и 4 треугольника (рис. 194).
Обозначим через S 1 площадь каждого из треугольников и через S 2 -площадь каждого из двуугольников. Имеем:
4S 1 + 6S 2 = 4π R 2 . (1)
Пусть S 0 - сумма площадей одного треугольника и трех прилежащих к нему двуугольников. S 0 есть площадь сферического сегмента, отсеченного плоскостью грани тетраэдра. Эта площадь равна 2π Rh , где h - высота сегмента. Так как высота тетраэдра делится центром сферы в отношении 3:1 (см. задачу 184), то
H = R + 1 / 3 R = 4 / 3 R
откуда находим h = 2R - 4 / 3 R= 2 / 3 R.
S 1 + 3S 2 = 2π R 2 / 3 R = 4 / 3 π R 2 . (2)
Решив систему, состоящую из уравнений (1) и (2), относительно неизвестных S 1 и S 2 , получаем:
S 1 = 2 / 3 π R 2 , S 2 = 2 / 9 π R 2
______________________________________________
192. Пусть R-радиус основания конуса, α - угол между осью конуса и образующей, r - радиус вписанного шара. В осевом сечении конуса имеем равнобедренный треугольник ABC (рис. 195).
Радиус круга, вписанного в этот треугольник, равен радиусу r вписанного в конус шара. Пусть О - центр круга, / ОСА = β .
Тогда очевидно, что tg β = r / R . Но по условию задачи
Отсюда r / R = 1 / √ 3 и, следовательно, β = π / 6 . Так как, кроме того, α +2β = π / 2 , то α = π / 6 . Следовательно, искомый угол 2α = π / 3 .
______________________________________________
193. Пусть r - радиус полусферы, R - радиус основания конуса, l -образующая конуса, α - угол между осью конуса и образующей.
По условию задачи имеем
Введем в это равенство угол α . Для этого рассмотрим равнобедренный /\ ABC (рис. 196), получающийся в осевом сечении конуса. Из /\ ABC находим
R = l sin α , r = R cos α = l sin α cos α .
Центр шара, касающегося ребер тетраэдра ABCQ (рис.), совпадает с центром тетраэдра (т. е. с точкой О, равноотстоящей от вершим А, В, С, D), а точки касания шара с ребрами суть середины ребер. Например, точка касания N есть середина ребра AD. Действительно, все шесть равнобедренных треугольников АОВ, ВОС, СОА, BOD, COD и AOD (начерчен только треугольник AOD) равны друг другу (по трем сторонам). Следовательно, их высоты ОМ, ON и т. д. равны. Поэтому, если описать шар радиусом ON = r , то он пройдет через середины L, М, N, Q, K, R ребер и там коснется их (так как ON⊥AD и т, д.).
Проведем через высоту тетраэдра DG и ребро AD плоскость ADG. Она будет перпендикулярна к ребру ВС (доказательство дано в задаче ) и пересечет это ребро в его середине М. В сечении получим равнобедренный треугольник AMD (AM=MD). Проведем высоту MN этого треугольника (N - середина AD). Центр О лежит на MN (так как он равноудален от А и О). Следовательно, MO=NO. Значит, r = MN / 2 . Высота MN определяется из треугольника ANM, где AN = a / 2 и AM = a √ 3 / 2 . (как апофема равностороннего треугольника ABC). Имеем
Часть шара, расположенная вне тетраэдра, состоит из четырех равных сегментов, отсекаемых от шара гранями тетраэдрa. Рассмотрим одну из граней BDC. Круг LMK, лежащий в основании сегмента, вписан в равносторонний треугольник BDC (ибо стороны треугольника касаются шара; значит, они касаются и малого кругa LMK, лежащего в плоскости BDC). Радиус этого круга FM = a √ 3 / 6
Следовательно,
искомый объем
V = 4V c
Замечание. Круг LKM, вписанный в треугольник BCD. изображается эллипсом, который легко будет начертить от руки, если кроме точек К, L, М предварительно отметить еще три точки, соответственно симметричные с ними относительно F (точка F есть точка пересечения медиан треугольника BDC).
Чтобы легко справиться с решением задач на шар, вписанный в пирамиду, полезно разобрать небольшой теоретический материал.
Шар вписан в пирамиду (или сфера вписана в пирамиду) — значит, шар (сфера) касаются каждой грани пирамиды. Плоскости, содержащие грани пирамиды, являются касательными плоскостями шара. Отрезки, соединяющие центр шара с точками касания, перпендикуляры к касательным плоскостям. Их длины равны радиусу шара. Центр вписанного в пирамиду шара — точка пересечения бисекторных плоскостей двугранных углов при основании (то есть плоскостей, делящих эти углы пополам).
Чаще всего в задачах речь идет о шаре, вписанном в правильную пирамиду. Шар можно вписать в любую правильную пирамиду. Центр шара в этом случае лежит на высоте пирамиды. При решении задачи удобно провести сечение пирамиды и шара плоскостью, проходящей через апофему и высоту пирамиды.
Если пирамида четырехугольная или шестиугольная, сечение представляет собой равнобедренный треугольник, боковые стороны которого — апофемы, а основание — диаметр вписанной в основание окружности.
Если пирамида треугольная или пятиугольная, достаточно рассмотреть лишь часть этого сечения — прямоугольный треугольник, катеты которого — высота пирамиды и радиус вписанной в основание пирамиды окружности, а гипотенуза — апофема.
В любом случае, в итоге приходим к рассмотрению соответствующего прямоугольного треугольника и других связанных с ним треугольников.
Итак, в прямоугольном треугольнике SOF катет SO=H — высота пирамиды, катет OF=r — радиус вписанной в основание пирамиды окружности, гипотенуза SF=l — апофема пирамиды. O1- центр шара и, соответственно, окружности, вписанной в треугольник, полученный в сечении (мы рассматриваем его часть). Угол SFO — линейный угол двугранного угла между плоскостью основания и плоскостью боковой грани SBC. Точки K и O — точки касания, следовательно, O1K перпендикулярен SF. OO1=O1K=R — радиусу шара.
Прямоугольные треугольники OO1F и KO1F равны (по катетам и гипотенузе). Отсюда KF=OF=r.
Прямоугольные треугольники SKO1 и SOF подобны (по острому углу S), откуда следует, что
В треугольнике SOF применим свойство биссектрисы треугольника:
Из прямоугольного треугольника OO1F
При решении задач на шар, вписанный в правильную пирамиду, будет полезным еще одно рассуждение.
Теперь найдем отношение объема пирамиды к площади ее поверхности.